Đề ôn luyện Toán theo Chủ đề 5. Hình học không gian (Đề số 2)
22 câu hỏi
PHẦN I. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Cho hình hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\) có \(AB = a\), \(BC = 2a\) và \(AA' = 3a\).Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(BD\) và \(A'C'\) bằng
\(a\).
\(\sqrt 2 a\).
\(2a\).
\(3a\).
Ta có \(d\left( {BD,A'C'} \right) = d\left( {BD,\left( {A'B'C'D'} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {A'B'C'D'} \right)} \right) = BB' = 3a\). Chọn D.
Cho tứ diện đều \(ABCD\). Gọi \(\varphi \) là góc giữa đường thẳng \(AB\) và mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\). Tính \({\rm{cos}}\varphi \).
\({\rm{cos}}\varphi = 0\).
\({\rm{cos}}\varphi = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).
\({\rm{cos}}\varphi = \frac{1}{2}\).
\({\rm{cos}}\varphi = \frac{{\sqrt 2 }}{3}\).
Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD\). Ta có \(BM = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2}\).
Gọi \(H\) là chân đường cao hạ từ \(A\) xuống mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\).
Khi đó, ta có \(H \in BM\) và \(BH = \frac{2}{3}BM = \frac{{AB\sqrt 3 }}{3}\).
Góc giữa đường thẳng \(AB\) và mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\) là \(\widehat {ABM}\).
Ta có \({\rm{cos}}\varphi = {\rm{cos}}\widehat {ABM} = \frac{{BH}}{{AB}} = \frac{{\frac{{AB\sqrt 3 }}{3}}}{{AB}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\). Chọn B.
Một tấm bìa hình vuông có cạnh 50 cm. Người ta cắt bỏ đi ở mỗi góc tấm bìa một hình vuông cạnh 16 cm rồi gấp lại thành một cái hộp chữ nhật không có nắp. Thể tích khối hộp chữ nhật vừa tạo thành là
5184 \({\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\).
8704 \({\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\).
4608 \({\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\).
18496 \({\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\).
Ta tạo thành được hình hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\) như sau:
Theo bài ra ta có \(AA' = BB' = CC' = DD' = 16\,{\rm{cm}}\).
Do đó, \(A'B'C'D'\) là hình vuông có \(A'B' = 50 - 2 \cdot 16 = 18\,\,{\rm{(cm)}}\).
Vậy \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = A'{B'^2} \cdot AA' = {18^2} \cdot 16 = 5184\,\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}{\rm{)}}\). Chọn A.
Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) cạnh \(5a\).
Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(A'B'\) và \(AD\) bằng
\(2a\).
\(5a\).
\(3a\).
\(\sqrt 3 a\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}A'A \bot A'B'\\A'A \bot AD\end{array} \right.\), suy ra \(A'A\) là đường vuông góc chung của hai đường thẳng \(A'B'\) và \(AD\) nên \(d\left( {A'B',AD} \right) = A'A = 5a\). Chọn B.
Cho hình chóp \[S.ABCD\] có tất cả các cạnh đều bằng nhau. Gọi \[I\] và \[J\] lần lượt là trung điểm của \[SC\] và \[BC\]. Số đo của góc \[\left( {IJ,CD} \right)\] bằng
\(90^\circ \).
\(45^\circ \).
\(60^\circ \).
\(30^\circ \).
Theo giả thiết ta có \(IJ\) là đường trung bình của \(\Delta SBC\) nên \(IJ{\rm{ // }}SB\).
Vì \(IJ{\rm{ // }}SB\) và \(CD{\rm{ // }}AB\) nên
\[\left( {IJ,CD} \right) = \left( {SB,AB} \right) = \widehat {SBA} = 60^\circ \]. Chọn C.
Một tấm ván hình chữ nhật \(ABCD\) được dùng làm mặt phẳng nghiêng để kéo một vật lên khỏi hố sâu \(2{\rm{\;m}}\). Cho biết \(AB = 1\;\,{\rm{m;}}\,\,AD = 3,5\;\,{\rm{m}}\). Tính tan của góc giữa đường thẳng \(BD\) và đáy hố (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
\(2,54\).
\(0,66\).
\(0,52\).
\(1,02\).
Ta có: \(DK = CH = 2,AK = \sqrt {A{D^2} - D{K^2}} = \frac{{\sqrt {33} }}{2}\), \(BK = \sqrt {A{K^2} + A{B^2}} = \frac{{\sqrt {37} }}{2}\).
Khi đó, \(\tan \widehat {DBK} = \frac{{DK}}{{KB}} = \frac{2}{{\frac{{\sqrt {37} }}{2}}} = \frac{4}{{\sqrt {37} }} \approx 0,66\). Chọn B.
Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy là hình chữ nhật và \[SA\] vuông góc với mặt đáy. Góc nào dưới đây là góc giữa hai mặt phẳng \[\left( {SCD} \right)\] và \[\left( {ABCD} \right)\]? 
\[\widehat {SAD}\].
\[\widehat {SDA}\].
\[\widehat {SDC}\].
\[\widehat {ASC}\].
Do đáy \[ABCD\] là hình chữ nhật nên ta có có: \[CD \bot AD\].
Kết hợp với \[CD \bot SA\] nên ta có \[CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow SD \bot CD\].
Do đó \[\left( {\left( {SCD} \right)\,,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SD\,,\,AD} \right) = \widehat {SDA}\]. Chọn B.
Một khúc gỗ có dạng và độ dài các cạnh được cho như hình vẽ. Thể tích khúc gỗ là 
\(V = 12\).
\(V = 36\).
\(V = 96\).
\(V = 24\).
Khúc gỗ được chia thành 2 phần, mỗi phần là một lăng trụ tam giác có đáy là các tam giác vuông và chiều cao bằng 4.
Thể tích khúc gỗ là \[V = {V_1} + {V_2} = 4 \cdot \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 2 + 4 \cdot \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 4 = 36\]. Chọn B.
Cho hình hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\) có \(AB = BC = a,\)\(AA' = \sqrt 6 a\). Góc giữa đường thẳng \(A'C\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) có số đo bằng 
\(60^\circ \).
\(90^\circ \).
\(30^\circ \).
\(45^\circ \).
Ta có góc giữa đường thẳng \(A'C\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) bằng góc giữa hai đường thẳng\(A'C\) và \(AC\) và bằng \(\widehat {A'CA}\).Ta có \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = a\sqrt 2 \).
Tam giác \(A'CA\) có \(\tan \widehat {A'CA} = \frac{{A'A}}{{AC}} = \frac{{\sqrt 6 a}}{{\sqrt 2 a}} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {A'CA} = 60^\circ \).
Vậy góc giữa đường thẳng \(A'C\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) và bằng \(60^\circ \). Chọn A.
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy là tam giác vuông tại \(A\), \(AB = a\), \(AC = a\sqrt 3 \), \(SA\) vuông góc với mặt phẳng đáy và \(SA = 2a\). Khoảng cách từ điểm \(A\) đến mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) bằng
\[\frac{{2a\sqrt {57} }}{{17}}\].
\[\frac{{2a\sqrt {57} }}{{19}}\].
\[\frac{{2a\sqrt {57} }}{{21}}\].
\[\frac{{2a\sqrt {57} }}{{23}}\].
Trong mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) hạ \(AH \bot BC\) tại \(H\).
Trong mặt phẳng \(\left( {SAH} \right)\) hạ \(AK \bot SH\) tại \(K\).
Từ đó suy ra \(AK \bot \left( {SBC} \right)\).
Vậy khoảng cách từ điểm \(A\) đến mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) bằng \(AK.\)
Ta có \(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}} + \frac{1}{{A{S^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} + \frac{1}{{A{S^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{3{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2}}} = \frac{{19}}{{12{a^2}}}\).
Suy ra \(AK = \frac{{2a\sqrt {57} }}{{19}}\). Do đó, \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{2a\sqrt {57} }}{{19}}\). Chọn B.
Cho hình chóp \[S.ABC\], đáy ABC có \[AB = 10{\rm{ cm}}\], \[BC = 12{\rm{ cm}}\], \[AC = 14{\rm{ cm}}\], các mặt bên cùng tạo với mặt phẳng đáy các góc bằng nhau và đều bằng \[\alpha \] thỏa mãn \[\tan \alpha = 3\]. Thể tích khối chóp \[S.ABC\] là
\[228{\rm{ c}}{{\rm{m}}^3}\].
\[576{\rm{ c}}{{\rm{m}}^3}\].
\[192{\rm{ c}}{{\rm{m}}^3}\].
\[384{\rm{ c}}{{\rm{m}}^3}\].
Nửa chu vi tam giác \(ABC\) là:
\[p = \frac{{AB + BC + AC}}{2} = 18\,\,{\rm{(cm)}}\].
Theo công thức Heron, diện tích tam giác \(ABC\) là:
\(S = \sqrt {p\left( {p - AB} \right)\left( {p - AC} \right)\left( {p - BC} \right)} = 24\sqrt 6 \) (cm2).
Các mặt bên cùng tạo với mặt phẳng đáy các góc bằng nhau nên hình chiếu của S trên mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\] là tâm \(I\) của đường tròn nội tiếp \[\Delta ABC \Rightarrow SI \bot \left( {ABC} \right)\].
Kẻ \(IM \bot BC\) tại \(M\), từ đó suy ra \(BC \bot SM\).
Do đó, \(\left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SM,\,IM} \right) = \widehat {SMI} = \alpha \).
Lại có, diện tích tam giác \(ABC\) là: \[S = p \cdot r \Rightarrow IM = r = \frac{S}{p} = \frac{{4\sqrt 6 }}{3}\,\,{\rm{(cm)}}\].
\[\Delta SIM\] vuông tại I có \[SI = IM\tan \alpha = \frac{{4\sqrt 6 }}{3} \cdot 3 = 4\sqrt 6 \,\,{\rm{(cm)}}\].
Vậy \[{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot S \cdot SI = \frac{1}{3} \cdot 24\sqrt 6 \cdot 4\sqrt 6 = 192\,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^3})\]. Chọn C.
Cho lăng trụ \(ABCD.A'B'C'D'\) đáy là hình thang cân ABCD có \(AC \bot BD,AC = 2a\), cạnh \(AA'\) tạo với mặt phẳng đáy góc \(60^\circ \). Hình chiếu vuông góc của \(A'\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là điểm H thuộc đoạn AC sao cho \(AH = \frac{1}{3}HC\). Thể tích của khối lăng trụ \(ABCD.A'B'C'D'\) là
\(\frac{{2{a^3}\sqrt 3 }}{3}\).
\(2{a^3}\sqrt 3 \).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\).
\({a^3}\sqrt 3 \).
Ta có ABCD là hình thang cân \( \Rightarrow AC = BD = 2a\).
Vì \(AC \bot BD\) nên \({S_{ABCD}} = \frac{1}{2}AC \cdot BD = 2{a^2}\).
Ta có \(AH = \frac{1}{3}HC \Rightarrow AH = \frac{1}{4}AC = \frac{a}{2}\).
Do \(A'H \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(\left( {AA',\left( {ABCD} \right)} \right) = \widehat {A'AH} = 60^\circ \).
Xét tam giác \(A'HA\) vuông tại H có \(A'H = AH \cdot \tan \widehat {A'AH} = \frac{a}{2} \cdot \sqrt 3 = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Vậy \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = {S_{ABCD}} \cdot A'H = 2{a^2} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = {a^3}\sqrt 3 \). Chọn D.
PHẦN II. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Cho hình chóp tam giác \(S.ABC\) có đáy là tam giác đều cạnh \(2a\), \(SA \bot \left( {ABC} \right)\)và \(SA = a\sqrt 3 \). Gọi \(M\)là trung điểm cạnh \(BC\).
a) \(SA \bot BC\).
b) Độ dài trung tuyến \[AM = a\].
c) \(BC \bot \left( {SAM} \right)\).
d)Số đo góc giữa hai mặt phẳng \[\left( {SBC} \right)\] và \[\left( {ABC} \right)\] bằng \[60^\circ \].
Do \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\).
Ta có \[AM\] là trung tuyến trong tam giác đều \[ABC\] cạnh \(2a\) nên \(AM = 2a \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \) và \[BC \bot AM\].
Kết hợp \[BC \bot SA\] suy ra \(BC \bot \left( {SAM} \right)\). Do đó, \[BC \bot SM\].
Hai mặt phẳng \[\left( {SBC} \right)\] và \[\left( {ABC} \right)\] cắt nhau theo giao tuyến \[BC\]. Hơn nữa ta có \[BC \bot SM\] và \[BC \bot AM\] nên \[\left( {\left( {SBC} \right)\,,\,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SM\,,\,AM} \right) = \widehat {SMA}\].
Xét tam giác vuông \(SAM\) ta có \[\tan \widehat {SMA} = \frac{{SA}}{{MA}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{a\sqrt 3 }} = 1 \Rightarrow \widehat {SMA} = 45^\circ \].
Đáp án: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai.
Cho hình chóp \(S.ABCD\)có đáy \(ABCD\) là hình thoi cạnh \(a\), \(\widehat {ABC} = 60^\circ \). Mặt bên \(SAB\) là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi \(H,\,\,M,\,\,N\) lần lượt là trung điểm \(AB,\,\,SA\) và \(CD\).
a) \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\).
b) Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) bằng \(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\).
c) Gọi \(\alpha \) là số đo góc nhị diện \(\left[ {A,SC,B} \right]\). Khi đó \(\cos \alpha = - \frac{1}{5}\).
d) Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(BM\) và \(SN\) bằng \(\frac{{a\sqrt {21} }}{{14}}\).
Vì tam giác \(SAB\) đều nên \(SH \bot AB\).
Mà \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\).
Tam giác \(SAB\) đều cạnh \(a \Rightarrow SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Diện tích hình thoi \(ABCD\):
\({S_{ABCD}} = 2{S_{\Delta ABC}} = 2 \cdot \frac{1}{2}AB \cdot BC \cdot \sin B = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).
Vậy thể tích khối chóp \(S.ABCD\): \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SH \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}}}{4}\).
Dễ thấy \(\Delta ABC\) đều \( \Rightarrow AC = BC = a \Rightarrow \)các tam giác \(SAC\) và \(SBC\) lần lượt cân tại \(A\) và \(B\).
Gọi \(I\) là trung điểm của \(SC \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}SC \bot AI\\SC \bot BI.\end{array} \right.\)
Suy ra \(\widehat {AIB}\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {A,SC,B} \right]\).
Ta có \(S{C^2} = S{H^2} + C{H^2} = \frac{{3{a^2}}}{2} \Rightarrow S{I^2} = I{C^2} = \frac{{3{a^2}}}{8}\).
Suy ra \(I{A^2} = S{A^2} - S{I^2} = \frac{{5{a^2}}}{8}\). Tương tự \(I{B^2} = \frac{{5{a^2}}}{8}\).
Do đó \(\cos \alpha = \cos \widehat {AIB} = \frac{{I{A^2} + I{B^2} - A{B^2}}}{{2 \cdot IA \cdot IB}} = \frac{1}{5}\).
Ta có \(\Delta ACD\)đều \( \Rightarrow AN \bot CD \Rightarrow AN \bot AB \Rightarrow AN \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow \left( {SAN} \right) \bot \left( {SAB} \right)\).
\(\Delta SAB\) đều \( \Rightarrow BM \bot SA \Rightarrow BM \bot \left( {SAN} \right)\).
Dựng \(MK \bot SN\) tại \(K \Rightarrow MK\) là đoạn vuông góc chung của \(BM\) và \(SN\).
Suy ra \(MK = d\left( {BM,SN} \right)\).
Ta có \(MK = MS \cdot \sin \widehat {MSK} = MS \cdot \frac{{AN}}{{SN}} = MS \cdot \frac{{AN}}{{\sqrt {S{A^2} + A{N^2}} }} = \frac{a}{2} \cdot \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} }} = \frac{{a\sqrt {21} }}{{14}}\).
Vậy \(d\left( {BM,SN} \right) = \frac{{a\sqrt {21} }}{{14}}\).
Đáp án: a) Đúng, b) Sai, c) Sai, d) Đúng.
Cho hình chóp \(S.ABC\) có mặt bên \(\left( {SAB} \right)\) vuông góc với mặt đáy và tam giác \(SAB\) đều cạnh \(2a\) và điểm \(H\) là trung điểm \(AB\). Biết tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) và cạnh \(AC = a\sqrt 3 \).
a) \(SH \bot \left( {ABC} \right)\).
b)\(d\left( {S,\left( {ABC} \right)} \right) = a\sqrt 3 \).
c)\(d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
d) \[d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right) = \frac{{2a\sqrt 5 }}{{13}}\].
Ta có \(H\) là trung điểm \(AB\), mà tam giác \(SAB\) đều nên \(SH \bot AB\).
Ngoài ra \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(SH \bot \left( {ABC} \right)\).
Khi đó, \(d\left( {S,\left( {ABC} \right)} \right) = SH = \frac{{2a \cdot \sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \) (do tam giác \(SAB\) đều cạnh \(2a)\).
Kẻ đường cao \(CK\) của tam giác \(ABC\).
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CK \bot AB}\\{CK \bot SH}\end{array} \Rightarrow CK \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = CK} \right.\).
Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) có:
\(BC = \sqrt {A{B^2} - A{C^2}} = \sqrt {4{a^2} - 3{a^2}} = a;CK = \frac{{CA \cdot CB}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 3 \cdot a}}{{2a}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Vậy \(d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = CK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Do \(H\) là trung điểm \(AB\) nên gọi \(M\) là trung điểm \(AC\), kẻ \(HI \bot SM\) tại \(I\), ta có:
\(d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right) = 2d\left( {H,\left( {SAC} \right)} \right) = 2HI\).
Ta có \(SH = a\sqrt 3 \,,\,HM = \frac{a}{2}\), \(HI = \frac{{a\sqrt {39} }}{{13}}\).
Khi đó \(d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right) = 2d\left( {H,\left( {SAC} \right)} \right) = 2HI = \frac{{2a\sqrt {39} }}{{13}}\).
Đáp án: a) Đúng, b) Đúng, c) Sai, d) Sai.
Ông An xây một bể bơi, ban đầu có dạng là hình hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\). Sau đó ông làm lại mặt đáy như hình vẽ.
Biết rằng \(A'B'MN\) và \(MNEF\) là các hình chữ nhật, \(\left( {MNEF} \right){\rm{//}}\left( {A'B'C'D'} \right)\), \(AB = 20\,{\rm{m}}\), \(AD = 50\,{\rm{m}}\), \(AA' = 1,8\,{\rm{m}}\), \(MF = 30\,{\rm{m}}\), \(DE = 1,5\,{\rm{m}}\).
a) Cạnh BC của thành bể vuông góc với đường thẳng chứa MN của đáy bể.
b) Góc giữa thành bể \[ABB'A'\] và mặt phẳng chứa phần đáy \[\left( {MNA'B'} \right)\] gần bằng \(65^\circ 45'\).
c) Khoảng cách từ điểm B của góc bể đến mặt phẳng chứa phần đáy \[\left( {MNA'B'} \right)\] xấp xỉ bằng \(1,6599\,\,{\rm{m}}\).
d) Ông An bơm nước vào bể để phục vụ cho việc kinh doanh, đến khi mặt nước cách mép trên của thành bể \(0,2\,{\rm{m}}\) thì ông dừng lại, và giá tiền nước là 15 000 đồng/m3. Khi đó số tiền nước mà ông An phải trả là 20 400 000 đồng.
Ta có \(MN\,{\rm{//}}\,A'B'\) (do \(A'B'MN\) là hình chữ nhật).
Lại có \(A'B' \bot \left( {BCC'B'} \right)\), suy ra \(MN \bot \left( {BCC'B'} \right)\,\, \Rightarrow \,\,MN \bot BC\).
Ta có \[\left( {ABB'A'} \right) \cap \left( {MNA'B'} \right) = A'B'\], \[BB' \bot A'B',\,B'M \bot A'B'\].
Do đó, góc giữa thành bể \[ABB'A'\] và mặt phẳng chứa phần đáy \[\left( {MNA'B'} \right)\] là \(\widehat {BB'M}\).
Kẻ \(MK \bot B'C'\) tại K. Ta có \(MK = FC' = 1,8 - 1,5 = 0,3\,\,({\rm{m)}}\); \(B'K = 50 - 30 = 20\,\,({\rm{m)}}\).
Do đó, \(\tan \widehat {MB'K} = \frac{{MK}}{{B'K}} = \frac{{0,3}}{{20}} = \frac{3}{{200}}\).
Suy ra \(\widehat {MB'K} \approx 0^\circ 52'\,\, \Rightarrow \,\,\widehat {BB'M} \approx 90^\circ - 0^\circ 52' = 89^\circ 8'\).
Kẻ \(BH \bot B'M\) tại H. Khi đó BH là khoảng cách từ B đến mặt phẳng \[\left( {MNA'B'} \right)\].
Ta có \(BH = BB' \cdot \sin \widehat {BB'H} = 1,8 \cdot \sin 89^\circ 8' \approx 1,79979\,\,{\rm{(m)}}\).
Thể tích của bể ban đầu khi chưa làm phần đáy là \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = 20 \cdot 50 \cdot 1,8 = 1800\,\,({{\rm{m}}^{\rm{3}}})\).
Thể tích của phần đáy khi làm lại là \({V_{MFC'B'.NED'A'}} = \left( {30 + 50} \right) \cdot \frac{{0,3}}{2} \cdot 20 = 240\,\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}})\).
Nếu bơm nước đến khi mặt nước cách mép trên của thành bể \(0,2\,{\rm{m}}\) dừng lại thì thể tích phần không có nước phía trên là \({V_0} = 20 \cdot 50 \cdot 0,2 = 200\,\,({{\rm{m}}^{\rm{3}}})\).
Thể tích nước là \(V = 1800 - 240 - 200 = 1\,360\,\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}{\rm{)}}\).
Số tiền nước ông An phải trả là \(1\,360 \cdot 15\,000 = 20\,400\,000\,\)(đồng).
Đáp án: a) Đúng, b) Sai, c) Sai, d) Đúng.
PHẦN III. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Dốc là đoạn đường thẳng nối hai khu vực hay hai vùng có độ cao khác nhau. Độ dốc được xác định bằng góc giữa dốc và mặt phẳng nằm ngang, ở đó độ dốc lớn nhất là \(100\% \), tương ứng với góc \(90^\circ \) (độ dốc \(10\% \) tương ứng với góc \(9^\circ \)). Giả sử có hai điểm \(A\), \(B\) nằm ở độ cao lần lượt là \(200\,\,{\rm{m}}\) và \(220\,\,{\rm{m}}\) so với mực nước biển và đoạn dốc \(AB\) dài \(120\,\,{\rm{m}}\). Độ dốc đó bằng bao nhiêu phần trăm (làm tròn kết quả đến hàng phần mười)?
Mô hình hoá như hình vẽ, với \(AB\) là chiều dài con dốc, \(AH\) là độ cao của điểm \(A\) so với mặt nước biển, \(BK\) là độ cao của điểm \(B\) so với mặt nước biển, \(BI\) là chiều cao của con dốc, độ lớn của \(\widehat {BAI}\) chỉ độ dốc.
Ta có \(AH = 200,BK = 220,AB = 120\).
\(AHKI\) là hình chữ nhật \( \Rightarrow IK = AH = 200 \Rightarrow BI = BK - IK = 220 - 200 = 20\).
Vì tam giác \(ABI\) vuông tại \(I\) nên ta có:
\({\rm{sin}}\widehat {BAI} = \frac{{BI}}{{AB}} = \frac{{20}}{{120}} = \frac{1}{6} \Rightarrow \widehat {BAI} \approx 9,59^\circ \) tương ứng với \(10,7{\rm{\% }}\).
Vậy độ dốc của con dốc đó là 10,7%.
Đáp án: \(10,7\).
Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy \(ABCD\) là hình bình hành tâm \(O\). Gọi \(I\) là điểm thuộc \(SO\) sao cho \(SI = \frac{1}{3}SO\). Mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) thay đổi đi qua \(B\) và \(I\) cắt các cạnh \(SA,\,SC,\,SD\) lần lượt tại \(M,\,N,\,P\). Gọi \(m,\,n\) lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của tỉ số \(\frac{{{V_{S.BMPN}}}}{{{V_{S.ABCD}}}}\). Tính giá trị của biểu thức \(25m + 15n\).
Áp dụng định lý Menelaus ta có \(\frac{{PS}}{{PD}} \cdot \frac{{IO}}{{IS}} \cdot \frac{{BD}}{{BO}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{PS}}{{PD}} \cdot 2 \cdot 2 = 1 \Leftrightarrow \frac{{PS}}{{PD}} = \frac{1}{4} \Rightarrow \frac{{SD}}{{SP}} = 5\).
Khi \(N \equiv C\), áp dụng định lý Menelaus, có \(\frac{{MS}}{{MA}} \cdot \frac{{IO}}{{IS}} \cdot \frac{{CA}}{{CO}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{MS}}{{MA}} = \frac{{IS}}{{IO}} \cdot \frac{{CO}}{{CA}} = \frac{1}{4} \Rightarrow \frac{{MS}}{{MA}} = \frac{1}{4}\).
, khi đó ta có với \(1 \le x \le 5\).
Ta có \(x\left( {6 - x} \right) = - {\left( {x - 3} \right)^2} + 9\) mà \(1 \le x \le 5 \Rightarrow 5 \le x\left( {6 - x} \right) \le 9 \Rightarrow \frac{1}{{15}} \le \frac{3}{{5x\left( {6 - x} \right)}} \le \frac{3}{{25}}\).
và . Vậy \(25m + 15n = 25 \cdot \frac{3}{{25}} + 15 \cdot \frac{1}{{15}} = 4\).
Đáp án: \[4\].
Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy là hình thang, \[AB = 2\], \[AD = DC = CB = 1\], \[SA\] vuông góc với mặt phẳng đáy và \[SA = 3\]. Gọi \[M\] là trung điểm của \[AB\]. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \[SB\] và \[DM\] (viết kết quả dưới dạng số thập phân).
Ta có \[M\] là trung điểm của \[AB\].
Theo giả thiết suy ra \[ABCD\] là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính \[AB\]\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\widehat {ACB} = 90^\circ ;\widehat {ABC} = 60^\circ \\AC = \sqrt 3 \end{array} \right.\].
Vì \[DM{\rm{//}}BC \Rightarrow DM{\rm{//}}\left( {SBC} \right)\].
Do đó \[d\left( {DM,SB} \right) = d\left( {DM,\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {M,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right)\] (vì \[MB = \frac{1}{2}AB\]).
Kẻ \[AH \bot SC\] tại \[H\]. Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AC\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAC} \right)\]\[ \Rightarrow AH \bot BC\].
Khi đó \[\left\{ \begin{array}{l}AH \bot SC\\AH \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH\].
Xét tam giác \[SAC\] vuông tại \[A\], ta có \[A{H^2} = \frac{{A{C^2} \cdot S{A^2}}}{{A{C^2} + S{A^2}}} = \frac{{{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2} \cdot {3^2}}}{{{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2} + {3^2}}} = \frac{9}{4}\]\[ \Rightarrow AH = \frac{3}{2}\].
Vậy \[d\left( {DM,SB} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{1}{2}AH = \frac{3}{4} = 0,75\].
Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy \[ABCD\] là hình vuông cạnh \(a\), cạnh bên \[SA\] vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi \[M\] là trung điểm của \[CD\]. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng \[BC\]và \[SM\] bằng \[\frac{{a\sqrt 3 }}{6}\]. Thể tích của khối chóp \[S.ABC\] được viết dưới dạng \[\frac{{{a^3}\sqrt m }}{n}\], với \[m\] là số nguyên tố. Khi đó, \[m - n\] bằng bao nhiêu?
Gọi \[N\] là trung điểm của 
\[ \Rightarrow d\left( {BC,\,SM} \right) = d\left( {BC,\left( {SMN} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {SMN} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SMN} \right)} \right)\].
Dựng \[AH\] vuông góc với \[SN\] tại \[H \Rightarrow AH \bot \left( {SMN} \right)\].
Vậy \[d\left( {A,\left( {SMN} \right)} \right) = AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\].
Lại có, trong tam giác vuông \[SAN\]: \[\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{N^2}}} \Rightarrow SA = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\].
Vậy \[{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 2 }}{4} \cdot \frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{24}}\].
Khi đó \[m - n = 2 - 24 = - 22\].
Đáp án: \[ - 22\].
Cho hình chóp \(S.ABCD\)có đáy là hình chữ nhật với \(AD = 2AB = 2a\). Biết hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right),\)\(\left( {SAD} \right)\)cùng vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\)và \(SA = \frac{{a\sqrt {15} }}{{15}}\). Số đo góc giữa đường thẳng \(SB\)và mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) bằng bao nhiêu độ?
Do \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {ABCD} \right).\)
Ta kẻ \(BH \bot AC,\,H \in \,AC\).
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BH \bot AC\\BH \bot SA\,\,\,\left( {{\rm{do}}\,\,SA \bot \left( {ABCD} \right)\,} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BH \bot \left( {SAC} \right).\)
Suy ra \(SH\) là hình chiếu vuông góc của \(SB\) trên mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\).
Khi đó \(\left( {SB,\left( {SAC} \right)} \right) = \left( {SB,\,SH} \right) = \widehat {BSH}\).
Ta có: \(SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = \frac{{4a\sqrt {15} }}{{15}},\,\,\frac{1}{{B{H^2}}} = \frac{1}{{B{A^2}}} + \frac{1}{{B{C^2}}} \Rightarrow BH = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).
Xét tam giác \(SHB\) vuông tại \(H\) ta có: \(\sin \widehat {BSH} = \frac{{BH}}{{SB}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \widehat {BSH} = 60^\circ \).
Vậy \(\left( {SB,\,\left( {SAC} \right)} \right) = 60^\circ \).
Đáp án: \[60\].
Người ta xây dựng một chân tháp bằng bê tông có dạng khối chóp cụt tứ giác đều như hình vẽ. Cạnh đáy dưới dài \(5{\rm{\;m}}\), cạnh đáy trên dài \(2{\rm{\;m}}\), cạnh bên dài \(3{\rm{\;m}}\). Biết rằng chân tháp được làm bằng bê tông tươi với giá tiền là 1 470 000 đồng\(/{{\rm{m}}^3}\). Số tiền để mua bê tông tươi làm chân tháp hết bao nhiêu triệu đồng (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)?
Minh họa khối chân tháp và đặt tên các điểm như hình dưới đây.
Theo bài ra, ta có \(AB = 5,A'B' = 2,CC' = 3\).
Có \(ABCD\) là hình vuông \( \Rightarrow CO = \frac{1}{2}AC = \frac{{5\sqrt 2 }}{2}\).
Có \(A'B'C'D'\) là hình vuông \( \Rightarrow C'O' = \frac{1}{2}A'C' = \frac{{2\sqrt 2 }}{2} = \sqrt 2 \).
Kẻ \(C'H \bot OC\) tại \(H\). Suy ra \(OHC'O'\) là hình chữ nhật.
\( \Rightarrow OH = O'C' = \sqrt 2 ,\,\,CH = OC - OH = \frac{{5\sqrt 2 }}{2} - \sqrt 2 = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\).
\( \Rightarrow OO' = C'H = \sqrt {C{{C'}^2} - C{H^2}} = \sqrt {{3^2} - {{\left( {\frac{{3\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\).
Diện tích đáy lớn là \(S = A{B^2} = {5^2} = 25\,\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}\).
Diện tích đáy bé là \(S' = A'{B'^2} = {2^2} = 4\,\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}\).
Thể tích khối chóp cụt là: \(V = \frac{1}{3}h\left( {S + \sqrt {SS'} + S'} \right) = \frac{1}{3} \cdot \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\left( {25 + \sqrt {25 \cdot 4} + 4} \right) = \frac{{39\sqrt 2 }}{2}\,\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}{\rm{)}}\).
Số tiền để mua bê tông tươi làm chân tháp là:
\(\frac{{39\sqrt 2 }}{2} \cdot 1\,470\,000 \approx 40\,538\,432{\rm{\;}}\)(đồng) \( \approx 41\,\)(triệu đồng).
Đáp án: \[41\].
